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湖南省怀化市2022-2023学年高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·怀化期末）轻核聚变的一个核反应方程为：，若已知的质量为m1，的质量为m2，的质量为m3，X的质量为m4，则下列说法中正确的是（ ）
A．和在常温下就能够发生聚变
B．X是质子
C．这个反应释放的核能为
D．我国大亚湾核电站是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
2．（2023高三上·怀化期末）一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（ ）
A．9m/s B．10m/s C．11m/s D．12m/s
3．（2023高三上·怀化期末）甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，抛物线顶点的横坐标为，下列说法正确的是（ ）
A．时间内甲、乙的位移大小不相等
B．时间内甲、乙的位移大小之比为
C．时间内乙的平均速度大于甲的平均速度
D．时间内甲的加速度一直小于乙的加速度
4．（2023高三上·怀化期末）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的方向不变
5．（2022高三下·浙江月考）2021年12月9日，我国神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在空间站进行了太空授课。如图甲所示，王亚平在水球里注入一个气泡，观察水球产生的物理现象。课后小明同学画了过球心的截面图，如图乙所示，内径是R，外径是R。假设一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角i=30°，经折射后恰好与内球面相切。已知光速为c。则（ ）
A．单色光在材料中的折射率为
B．单色光在该材料中的传播时间为
C．只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射
D．只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在外球面发生全反射
6．（2022高二下·沧州期末）理想变压器电路如图所示，其中R为滑动变阻器，定值电阻10Ω，原副线圈匝数之比，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑片向下移动时，电流表、电压表示数变化量的绝对值分别用和表示。则关于和的比值，下列说法正确的是（ ）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．不变且 D．不变且
二、多选题
7．（2023高三上·怀化期末）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP 随位移x 的变化如图所示，其中 O－x2段是抛物线，x1处是顶点，x2－x3段是直线，且与抛物线相切。粒子由O－x3运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．O－x1段粒子动能增大 B．x1－x2段粒子加速度增大
C．x2－x3段电场强度减小 D．x3处的电势最高
8．（2023高三上·怀化期末）两颗互不影响的行星、，各有一颗在表面附近的卫星、绕其做匀速圆周运动。两颗行星周围卫星的线速度的二次方（）与轨道半径r的倒数（）的关系如图所示，已知、的线速度大小均为，则（ ）
A．的质量比的小 B．的质量比的大
C．的平均密度比的小 D．表面的重力加速度比的大
9．（2023高三上·怀化期末）如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则（ ）
A．小球在A点的初速度为 B．小球在A点的初速度为
C．小球的落地点到A点的距离为R D．小球的落地点到A点的距离为2R
10．（2023高三上·怀化期末）如图甲所示，电阻不计且间距为L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量为m=0.3kg、电阻Rab=1Ω的金属杆ab从OO′上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。已知ab进入磁场时的速度v0=3.0m/s，取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到a
B．匀强磁场的磁感应强度为2.0T
C．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为0.24C
D．金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量约为0.87J
三、实验题
11．（2023高三上·怀化期末）某学习小组用三枚相同的硬币来验证动量守恒定律。将两枚硬币叠放粘连，记为A，另一枚硬币记为B，在水平桌面左端固定一弹射装置，PQ为中轴线，与轴线垂直作为参考线。实验步骤如下：
①如图甲，将A从P沿PQ弹射，A停止后，测出其右端到的距离；
②如图乙，将B静置于轴线上，并使其左端与相切；
③如图丙，将A压缩弹簧至同甲位置，射出后在处与B正碰，A、B停止后，测出A右端和B左端到的距离、。
请回答以下问题：
（1）两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的 。
（2）碰撞前瞬间A的速度大小与____成正比。
A． B． C． D．
（3）多次实验，若测量数据均近似满足关系式 （用题中给定符号表达），则说明硬币碰撞过程中动量守恒。
12．（2023高三上·怀化期末）电学实验中可将电源E1与电源E2及灵敏电流计G连成如图甲所示电路，若灵敏电流计G示数为0，说明此时两电源的电动势相等。
根据这一原理，某同学设计如图乙所示电路，测量某电源C的电动势Ex。其中A为工作电源（内阻不计），B为电动势恒定的标准电源，其电动势为EN。R1、R2为电阻箱，R3为滑动变阻器，G为灵敏电流计，S1、S3为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。实验过程如下：
①实验开始之前，将R1和R2的阻值限定在1000Ω到3000Ω之间；
②将S2置于1处。闭合开关S1、S3，通过调节R1、R2，使R3阻值为0时，灵敏电流计G示数为0。记录此时的R1与R2的阻值，分别为R1、R2；
③将开关S2置于2处，保持通过R1、R2的电流不变，重复上述操作，使R3的阻值为0时，灵敏电流计G的示数为0，记录此时的R1与R2的数值，分别为R1'、R2'。根据上述实验过程回答问题：
（1）实验步骤①中，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应处在最端 （填“左”或“右”）；
（2）在步骤③中，为保持实验过程中流过R1与R2的电流不变，调整R1、R2时需要使R1、R2与R1'、R2'满足的关系是 （用题中所给物理量符号表示）；
（3）待测电源C的电动势E= 。
（4）若工作电源A的内阻不可忽略，则待测电源C的电动势E测量值将 （填“偏大”或“不变”或“偏小”）。
四、解答题
13．（2023高三上·怀化期末）如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃．M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm．现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面，活塞下降．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa．(g＝10 m/s2)
（1）求下部分气体的压强大小；
（2）现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度．
14．（2023高三上·怀化期末）如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中．MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕．金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d.已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105 m/s，比荷为＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．试求：
（1）带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；
（2）带电粒子射出电场时的最大速度；
（3）带电粒子打在屏幕上的范围．
15．（2023高三上·怀化期末）如图所示，BC为一段光滑圆弧轨道，圆心角θ=60°，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，右端紧靠C点，上表面所在平面与两圆弧分别相切于C、D两点，一物块（可看成质点）在A点水平抛出，物体抛出后恰好在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，再经C点滑上滑板，滑板运动到D点时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，DE半圆弧轨道和BC圆弧轨道的半径均为R，AB的高度差为3R，板长S=6.5R，板左端到D点的距离L（未知），物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度取g，（结果用字母m、g、R、L表示）求：
（1）求物块在A点抛出的初速度大小；
（2）求物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（3）若物块刚好滑到DE半圆形光滑轨道中点，求L的大小；
（4）试讨论在0＜L＜5R范围内取值，物块从滑上滑板到离开滑板的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】核聚变
【解析】【解答】A．和只有在高温下才能发生聚变反应，A不符合题意；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X质量数是1，电荷数是0，因此是中子，B不符合题意；
C．这个反应亏损的质量为
根据质能方程可知，这个反应释放的核能
C符合题意；
D．我国大亚湾核电站是利用重核的裂变释放的能量来发电的，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】聚变反应需要高温条件才能发生，利用质量数和电荷数守恒可以求出X为中子；利用亏损的质量结合质能方程可以求出释放的核能；我国发电站是利用重核裂变来发电的。
2．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图可知，波长
波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的距离可能是或，则波速或
当时或
当时或
A可能，BCD不可能。
故答案为：A。
【分析】从图像可以求出波长的大小，结合传播的时间可以求出传播的速度。
3．【答案】B
【知识点】运动学v-t 图像
【解析】【解答】A．速度图像中，图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，所以甲、乙的位移大小相等，A不符合题意；
B．图线b是抛物线，根据抛物线的特点可知
则在时间内甲乙的位移为
根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可得t2时刻甲的速度
则0~t2时间内甲的位移
由抛物线的对称性可知乙的位移为
则
B符合题意；
C.0~t1时间内a与坐标轴围成的面积大于b与坐标轴围成的面积，可知此时间段内甲的位移大于乙的位移，则甲的平均速度大于乙的平均速度，C不符合题意；
D．v-t图像中图线的斜率等于加速度，则根据图像可知0~t2时间段内乙的加速度是不断减小的，到t2时刻乙的加速度变为零，而甲的加速度一直固定不变，所以0~t2时间段内甲的加速度大小一开始小于乙的加速度大小，之后甲的加速度大小大于乙的加速度大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用图像面积的大小可以比较位移的大小；利用位移和时间可以比较平均速度的大小，利用图像斜率可以比较加速度的大小。
4．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用圆柱体的平衡条件结合三角形定则可以判别圆柱体对木板的压力大小变化及细线上拉力的大小及方向变化。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．在A点时，由题意可知，入射角为60°，则由几何关系有sin∠BAO=
由折射定律得
A不符合题意；
B．该束单色光在该透明材料中的传播速度为
单色光在该材料中的传播时间为
代入数据解得
B不符合题意；
C．光束从A点入射，入射角为i′时光束经折射到达内球面的C点，如图
恰好发生全反射，由于sin∠DCA=
由正弦定理得
解得sin∠CAO=
由折射定律得
解得
可见，只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射，则C符合题意；
D．根据对称性和光路可逆原理可知，在外球面的入射角不会大于临界角，所以不能够在外球面发生全反射，则D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用其几何关系可以求出折射角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小；利用其传播的路程和传播速度的大小可以求出传播的时间；利用其正弦定律结合其折射率的大小看求出在内球面发生全反射的条件；利用在外球面的入射角大小可以判别不能在外球面发生全反射。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】根据变压器的原理可得
则有
在原线圈电路中有
即
整理可得
则有。
故答案为：D。
【分析】变压器的原理得到原副线圈电流电压之比，根据闭合回路欧姆定律整理得 和的比值。
7．【答案】B,D
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．O－x1段粒子电势能变大，电场力做负功，则动能减小，A不符合题意；
B．根据
可知，图像的斜率等于电场力，则x1－x2段粒子受电场力变大，加速度增大，B符合题意；
C．x2－x3段图像的斜率不变，则电场强度不变，C不符合题意；
D．负电荷在高电势处电势能较小，则x3处的电势最高，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电势能的变化可以判别粒子动能的变化，利用动能变化可以判别电场力做功；利用图像斜率可以比较加速度的大小及电场强度的大小；利用电势能和电性可以比较电势的大小。
8．【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题中条件无法比较、的大小，A不符合题意；
B．由牛顿第二定律
故图像的斜率为GM，则的质量比的大，B符合题意；
C．由于、的近表面卫星的线速度大小均为，所以它们的第一宇宙速度也均为
平均密度
由图知，的半径比的大，则的平均密度比的小，C符合题意；
D．根据
表面的重力加速度
表面的重力加速度比的小，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】从图像不能比较质量的大小；利用引力提供向心力可以比较P的质量大小；结合体积的大小可以比较平均密度的大小；利用引力形成重力可以求出重力加速度的大小。
9．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有
小球从A点到C点根据动能定理有
解得小球在A点的初速度为
A不符合题意B符合题意；
CD．小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有
联立解得
所以小球的落地点为C点正下方，到A点的距离为R，C符合题意D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小，结合动能定理可以求出小球在A点初速度的大小；利用平抛运动的位移公式可以求出小球落地点到A点距离的大小。
10．【答案】B,C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．由右手定则可判断，进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由a到b，A不符合题意；
B．ab进入磁场时，有
由乙图可知ab进入磁场时的加速度为
联立解得
B符合题意；
C．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为
C符合题意；
D．金属杆ab下落0.3m时，由乙图可知其加速度为0，速度达到最小值，有
解得
金属杆ab下落0.3m的过程中，电路上产生的热量为
R上产生的热量为
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用法拉第电磁感应定律结合电流的表达式可以求出电荷量的大小；利用平衡方程可以求出金属杆的最大速度，结合能量守恒定律可以求出产生焦耳热的大小。
11．【答案】（1）速度（或填速率、动能、动量）
（2）C
（3）
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据实验原理可知，两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的速度。
（2）根据题意可知，将A从P沿PQ弹射，A做匀减速运动，设加速度为，则有
解得
故答案为：C。
（3）由上述分析可知，硬币的速度
根据动量守恒定律有
整理可得
即若测量数据均近似满足关系式
则说明硬币碰撞过程中动量守恒。
【分析】（1）两次从同一位置弹射A为了A到达OO’具有相同的速度；
（2）利用速度位移公式可以判别碰撞前瞬间A的速度大小与位移的大小关系；
（3）利用动量守恒定律结合速度位移公式可以导出对应的表达式。
12．【答案】（1）左
（2）
（3）
（4）不变
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）在开关闭合前，接入的阻值应为最大，保护G，则触头应在最左端；
（2）改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使与的阻值之和为某一固定阻值，使和的阻值之和也为该固定阻值，即满足的关系是
（3）根据部分电路欧姆定律，有
可知，当满足时，有
（4）若考虑工作电源内阻，则有
因之前有，考虑到了工作电源内阻后，则有
故整理后依旧为，故测量值将不变。
【分析】（1）在开关闭合前，R3接入阻值应该为最大，所以滑片应在最左端；
（2）利用等效电阻的关系可以判别电阻的大小关系；
（3）利用闭合电流的欧姆定律可以判别待测电源电动势的测量值保持不变。
13．【答案】（1）以两个活塞和小物体作为整体受力分析得：得：
（2）对下部分气体进行分析，初状态压强为，体积为，温度为，末状态压强为，体积设为，温度为
由理想气体状态方程可得：，得：；
活塞N距离底部的高度为16cm
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
得：，故此时活塞M距离底部的高度为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以活塞和小物体为整体，利用平衡方程可以求出下部分气体的压强大小；
（2）对下部分气体进行分析，利用俩下气体的平衡方程可以求出活塞N距离底部的高度；结合上部分气体的等温变化方程可以求出活塞M距离底部的距离大小。
14．【答案】（1）t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小．粒子在磁场中运动时
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin＝＝0.2m
（2）因带电粒子通过电场时间
所以带电粒子通过电场过程中可认为电场恒定不变，设两板间电压为U1时，带电粒子能从N板右边缘飞出，
解得
在电压低于或等于100V时，带电粒子才能从两板间射出电场，故U1=100V时，带电粒子射出电场速度最大
解得
（3）t=0时刻进入电场中粒子，进入磁场中圆轨迹半径最小，打在荧光屏上最高点E，
从N板右边缘射出粒子，进入磁场中圆轨迹半径最大，
解得
因
故
得
所以从P点射出粒子轨迹圆心O2正好在荧光屏上且O2与M板在同一水平线上
带电粒子打在荧光屏AB上范围为：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）当带电粒子不被加速时，利用牛顿第二定律结合最小速度可以求出最小的轨道半径；
（2）粒子在电场中运动，利用水平方向的位移公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出恰好从N板右边飞出的电压大小，结合动能定理可以求出粒子射出电场的最大速度；
（3）当粒子在磁场中轨迹最小时，利用几何关系可以求出粒子在屏幕上的位置；当粒子在磁场中轨迹最大时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出粒子打在屏幕上的范围。
15．【答案】（1）设物块在A点的初速度为v1，从A到B做平抛运动，有
竖直分速度vy=gt
又 vy=v1tan60°
联立解得
（2）设物块滑动C点的速度为v2， A到C根据机械能守恒定律有
解得
根据牛顿第二定律得
解得
（3）物块从C滑上滑板后开始做匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达到共同速度v3时，二者开始做匀速运动。规定v2的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv2=（m+M）v3
解得
对物块根据动能定理有
对滑板根据动能定理有
解得；
物块相对滑板的位移＜6.5R
即物块与滑板达到相同速度时，物块未离开滑板，物块滑至D点时速度为vD，则
因为>v3
即两者还未达到共速，板的左端与D点粘连，则
解得L=0.5R
（4）对物块根据动能定理有
对滑板根据动能定理有
解得；
物块相对滑板的位移
即物块与滑板达到相同速度时，物块未离开滑板；
讨论：①当0②当2R≤L<5R，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做功
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）为了从A点做平抛运动，利用位移公式结合竖直方向的速度公式及速度的分解可以求出物块从A点抛出的速度大小；
（2）物块从A到C的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过C点速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出物块受到的支持力的大小；
（3）物块恰好滑动光滑轨道中点时，利用动量守恒定律可以求出与滑板共速的速度大小，结合动能的定理可以求出物块和滑板运动的位移，利用位移的大小可以求出相对位移的大小进而判别两者达到共速，利用动能定理可以求出L的大小；
（4）对于物块和木板，利用动能定理可以求出运动的位移，利用板长的大小结合摩擦力的大小可以求出克服摩擦力做功的大小。
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湖南省怀化市2022-2023学年高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·怀化期末）轻核聚变的一个核反应方程为：，若已知的质量为m1，的质量为m2，的质量为m3，X的质量为m4，则下列说法中正确的是（ ）
A．和在常温下就能够发生聚变
B．X是质子
C．这个反应释放的核能为
D．我国大亚湾核电站是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
【答案】C
【知识点】核聚变
【解析】【解答】A．和只有在高温下才能发生聚变反应，A不符合题意；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X质量数是1，电荷数是0，因此是中子，B不符合题意；
C．这个反应亏损的质量为
根据质能方程可知，这个反应释放的核能
C符合题意；
D．我国大亚湾核电站是利用重核的裂变释放的能量来发电的，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】聚变反应需要高温条件才能发生，利用质量数和电荷数守恒可以求出X为中子；利用亏损的质量结合质能方程可以求出释放的核能；我国发电站是利用重核裂变来发电的。
2．（2023高三上·怀化期末）一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（ ）
A．9m/s B．10m/s C．11m/s D．12m/s
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图可知，波长
波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的距离可能是或，则波速或
当时或
当时或
A可能，BCD不可能。
故答案为：A。
【分析】从图像可以求出波长的大小，结合传播的时间可以求出传播的速度。
3．（2023高三上·怀化期末）甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，抛物线顶点的横坐标为，下列说法正确的是（ ）
A．时间内甲、乙的位移大小不相等
B．时间内甲、乙的位移大小之比为
C．时间内乙的平均速度大于甲的平均速度
D．时间内甲的加速度一直小于乙的加速度
【答案】B
【知识点】运动学v-t 图像
【解析】【解答】A．速度图像中，图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，所以甲、乙的位移大小相等，A不符合题意；
B．图线b是抛物线，根据抛物线的特点可知
则在时间内甲乙的位移为
根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可得t2时刻甲的速度
则0~t2时间内甲的位移
由抛物线的对称性可知乙的位移为
则
B符合题意；
C.0~t1时间内a与坐标轴围成的面积大于b与坐标轴围成的面积，可知此时间段内甲的位移大于乙的位移，则甲的平均速度大于乙的平均速度，C不符合题意；
D．v-t图像中图线的斜率等于加速度，则根据图像可知0~t2时间段内乙的加速度是不断减小的，到t2时刻乙的加速度变为零，而甲的加速度一直固定不变，所以0~t2时间段内甲的加速度大小一开始小于乙的加速度大小，之后甲的加速度大小大于乙的加速度大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用图像面积的大小可以比较位移的大小；利用位移和时间可以比较平均速度的大小，利用图像斜率可以比较加速度的大小。
4．（2023高三上·怀化期末）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的方向不变
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用圆柱体的平衡条件结合三角形定则可以判别圆柱体对木板的压力大小变化及细线上拉力的大小及方向变化。
5．（2022高三下·浙江月考）2021年12月9日，我国神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在空间站进行了太空授课。如图甲所示，王亚平在水球里注入一个气泡，观察水球产生的物理现象。课后小明同学画了过球心的截面图，如图乙所示，内径是R，外径是R。假设一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角i=30°，经折射后恰好与内球面相切。已知光速为c。则（ ）
A．单色光在材料中的折射率为
B．单色光在该材料中的传播时间为
C．只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射
D．只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在外球面发生全反射
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．在A点时，由题意可知，入射角为60°，则由几何关系有sin∠BAO=
由折射定律得
A不符合题意；
B．该束单色光在该透明材料中的传播速度为
单色光在该材料中的传播时间为
代入数据解得
B不符合题意；
C．光束从A点入射，入射角为i′时光束经折射到达内球面的C点，如图
恰好发生全反射，由于sin∠DCA=
由正弦定理得
解得sin∠CAO=
由折射定律得
解得
可见，只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射，则C符合题意；
D．根据对称性和光路可逆原理可知，在外球面的入射角不会大于临界角，所以不能够在外球面发生全反射，则D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用其几何关系可以求出折射角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小；利用其传播的路程和传播速度的大小可以求出传播的时间；利用其正弦定律结合其折射率的大小看求出在内球面发生全反射的条件；利用在外球面的入射角大小可以判别不能在外球面发生全反射。
6．（2022高二下·沧州期末）理想变压器电路如图所示，其中R为滑动变阻器，定值电阻10Ω，原副线圈匝数之比，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑片向下移动时，电流表、电压表示数变化量的绝对值分别用和表示。则关于和的比值，下列说法正确的是（ ）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．不变且 D．不变且
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】根据变压器的原理可得
则有
在原线圈电路中有
即
整理可得
则有。
故答案为：D。
【分析】变压器的原理得到原副线圈电流电压之比，根据闭合回路欧姆定律整理得 和的比值。
二、多选题
7．（2023高三上·怀化期末）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP 随位移x 的变化如图所示，其中 O－x2段是抛物线，x1处是顶点，x2－x3段是直线，且与抛物线相切。粒子由O－x3运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．O－x1段粒子动能增大 B．x1－x2段粒子加速度增大
C．x2－x3段电场强度减小 D．x3处的电势最高
【答案】B,D
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．O－x1段粒子电势能变大，电场力做负功，则动能减小，A不符合题意；
B．根据
可知，图像的斜率等于电场力，则x1－x2段粒子受电场力变大，加速度增大，B符合题意；
C．x2－x3段图像的斜率不变，则电场强度不变，C不符合题意；
D．负电荷在高电势处电势能较小，则x3处的电势最高，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电势能的变化可以判别粒子动能的变化，利用动能变化可以判别电场力做功；利用图像斜率可以比较加速度的大小及电场强度的大小；利用电势能和电性可以比较电势的大小。
8．（2023高三上·怀化期末）两颗互不影响的行星、，各有一颗在表面附近的卫星、绕其做匀速圆周运动。两颗行星周围卫星的线速度的二次方（）与轨道半径r的倒数（）的关系如图所示，已知、的线速度大小均为，则（ ）
A．的质量比的小 B．的质量比的大
C．的平均密度比的小 D．表面的重力加速度比的大
【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题中条件无法比较、的大小，A不符合题意；
B．由牛顿第二定律
故图像的斜率为GM，则的质量比的大，B符合题意；
C．由于、的近表面卫星的线速度大小均为，所以它们的第一宇宙速度也均为
平均密度
由图知，的半径比的大，则的平均密度比的小，C符合题意；
D．根据
表面的重力加速度
表面的重力加速度比的小，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】从图像不能比较质量的大小；利用引力提供向心力可以比较P的质量大小；结合体积的大小可以比较平均密度的大小；利用引力形成重力可以求出重力加速度的大小。
9．（2023高三上·怀化期末）如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则（ ）
A．小球在A点的初速度为 B．小球在A点的初速度为
C．小球的落地点到A点的距离为R D．小球的落地点到A点的距离为2R
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有
小球从A点到C点根据动能定理有
解得小球在A点的初速度为
A不符合题意B符合题意；
CD．小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有
联立解得
所以小球的落地点为C点正下方，到A点的距离为R，C符合题意D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小，结合动能定理可以求出小球在A点初速度的大小；利用平抛运动的位移公式可以求出小球落地点到A点距离的大小。
10．（2023高三上·怀化期末）如图甲所示，电阻不计且间距为L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量为m=0.3kg、电阻Rab=1Ω的金属杆ab从OO′上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。已知ab进入磁场时的速度v0=3.0m/s，取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到a
B．匀强磁场的磁感应强度为2.0T
C．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为0.24C
D．金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量约为0.87J
【答案】B,C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．由右手定则可判断，进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由a到b，A不符合题意；
B．ab进入磁场时，有
由乙图可知ab进入磁场时的加速度为
联立解得
B符合题意；
C．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为
C符合题意；
D．金属杆ab下落0.3m时，由乙图可知其加速度为0，速度达到最小值，有
解得
金属杆ab下落0.3m的过程中，电路上产生的热量为
R上产生的热量为
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用法拉第电磁感应定律结合电流的表达式可以求出电荷量的大小；利用平衡方程可以求出金属杆的最大速度，结合能量守恒定律可以求出产生焦耳热的大小。
三、实验题
11．（2023高三上·怀化期末）某学习小组用三枚相同的硬币来验证动量守恒定律。将两枚硬币叠放粘连，记为A，另一枚硬币记为B，在水平桌面左端固定一弹射装置，PQ为中轴线，与轴线垂直作为参考线。实验步骤如下：
①如图甲，将A从P沿PQ弹射，A停止后，测出其右端到的距离；
②如图乙，将B静置于轴线上，并使其左端与相切；
③如图丙，将A压缩弹簧至同甲位置，射出后在处与B正碰，A、B停止后，测出A右端和B左端到的距离、。
请回答以下问题：
（1）两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的 。
（2）碰撞前瞬间A的速度大小与____成正比。
A． B． C． D．
（3）多次实验，若测量数据均近似满足关系式 （用题中给定符号表达），则说明硬币碰撞过程中动量守恒。
【答案】（1）速度（或填速率、动能、动量）
（2）C
（3）
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据实验原理可知，两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达线时具有相同的速度。
（2）根据题意可知，将A从P沿PQ弹射，A做匀减速运动，设加速度为，则有
解得
故答案为：C。
（3）由上述分析可知，硬币的速度
根据动量守恒定律有
整理可得
即若测量数据均近似满足关系式
则说明硬币碰撞过程中动量守恒。
【分析】（1）两次从同一位置弹射A为了A到达OO’具有相同的速度；
（2）利用速度位移公式可以判别碰撞前瞬间A的速度大小与位移的大小关系；
（3）利用动量守恒定律结合速度位移公式可以导出对应的表达式。
12．（2023高三上·怀化期末）电学实验中可将电源E1与电源E2及灵敏电流计G连成如图甲所示电路，若灵敏电流计G示数为0，说明此时两电源的电动势相等。
根据这一原理，某同学设计如图乙所示电路，测量某电源C的电动势Ex。其中A为工作电源（内阻不计），B为电动势恒定的标准电源，其电动势为EN。R1、R2为电阻箱，R3为滑动变阻器，G为灵敏电流计，S1、S3为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。实验过程如下：
①实验开始之前，将R1和R2的阻值限定在1000Ω到3000Ω之间；
②将S2置于1处。闭合开关S1、S3，通过调节R1、R2，使R3阻值为0时，灵敏电流计G示数为0。记录此时的R1与R2的阻值，分别为R1、R2；
③将开关S2置于2处，保持通过R1、R2的电流不变，重复上述操作，使R3的阻值为0时，灵敏电流计G的示数为0，记录此时的R1与R2的数值，分别为R1'、R2'。根据上述实验过程回答问题：
（1）实验步骤①中，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应处在最端 （填“左”或“右”）；
（2）在步骤③中，为保持实验过程中流过R1与R2的电流不变，调整R1、R2时需要使R1、R2与R1'、R2'满足的关系是 （用题中所给物理量符号表示）；
（3）待测电源C的电动势E= 。
（4）若工作电源A的内阻不可忽略，则待测电源C的电动势E测量值将 （填“偏大”或“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）左
（2）
（3）
（4）不变
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）在开关闭合前，接入的阻值应为最大，保护G，则触头应在最左端；
（2）改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使与的阻值之和为某一固定阻值，使和的阻值之和也为该固定阻值，即满足的关系是
（3）根据部分电路欧姆定律，有
可知，当满足时，有
（4）若考虑工作电源内阻，则有
因之前有，考虑到了工作电源内阻后，则有
故整理后依旧为，故测量值将不变。
【分析】（1）在开关闭合前，R3接入阻值应该为最大，所以滑片应在最左端；
（2）利用等效电阻的关系可以判别电阻的大小关系；
（3）利用闭合电流的欧姆定律可以判别待测电源电动势的测量值保持不变。
四、解答题
13．（2023高三上·怀化期末）如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃．M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm．现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面，活塞下降．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa．(g＝10 m/s2)
（1）求下部分气体的压强大小；
（2）现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度．
【答案】（1）以两个活塞和小物体作为整体受力分析得：得：
（2）对下部分气体进行分析，初状态压强为，体积为，温度为，末状态压强为，体积设为，温度为
由理想气体状态方程可得：，得：；
活塞N距离底部的高度为16cm
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
得：，故此时活塞M距离底部的高度为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以活塞和小物体为整体，利用平衡方程可以求出下部分气体的压强大小；
（2）对下部分气体进行分析，利用俩下气体的平衡方程可以求出活塞N距离底部的高度；结合上部分气体的等温变化方程可以求出活塞M距离底部的距离大小。
14．（2023高三上·怀化期末）如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中．MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕．金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d.已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105 m/s，比荷为＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．试求：
（1）带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；
（2）带电粒子射出电场时的最大速度；
（3）带电粒子打在屏幕上的范围．
【答案】（1）t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小．粒子在磁场中运动时
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin＝＝0.2m
（2）因带电粒子通过电场时间
所以带电粒子通过电场过程中可认为电场恒定不变，设两板间电压为U1时，带电粒子能从N板右边缘飞出，
解得
在电压低于或等于100V时，带电粒子才能从两板间射出电场，故U1=100V时，带电粒子射出电场速度最大
解得
（3）t=0时刻进入电场中粒子，进入磁场中圆轨迹半径最小，打在荧光屏上最高点E，
从N板右边缘射出粒子，进入磁场中圆轨迹半径最大，
解得
因
故
得
所以从P点射出粒子轨迹圆心O2正好在荧光屏上且O2与M板在同一水平线上
带电粒子打在荧光屏AB上范围为：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）当带电粒子不被加速时，利用牛顿第二定律结合最小速度可以求出最小的轨道半径；
（2）粒子在电场中运动，利用水平方向的位移公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出恰好从N板右边飞出的电压大小，结合动能定理可以求出粒子射出电场的最大速度；
（3）当粒子在磁场中轨迹最小时，利用几何关系可以求出粒子在屏幕上的位置；当粒子在磁场中轨迹最大时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出粒子打在屏幕上的范围。
15．（2023高三上·怀化期末）如图所示，BC为一段光滑圆弧轨道，圆心角θ=60°，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，右端紧靠C点，上表面所在平面与两圆弧分别相切于C、D两点，一物块（可看成质点）在A点水平抛出，物体抛出后恰好在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，再经C点滑上滑板，滑板运动到D点时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，DE半圆弧轨道和BC圆弧轨道的半径均为R，AB的高度差为3R，板长S=6.5R，板左端到D点的距离L（未知），物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度取g，（结果用字母m、g、R、L表示）求：
（1）求物块在A点抛出的初速度大小；
（2）求物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（3）若物块刚好滑到DE半圆形光滑轨道中点，求L的大小；
（4）试讨论在0＜L＜5R范围内取值，物块从滑上滑板到离开滑板的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系．
【答案】（1）设物块在A点的初速度为v1，从A到B做平抛运动，有
竖直分速度vy=gt
又 vy=v1tan60°
联立解得
（2）设物块滑动C点的速度为v2， A到C根据机械能守恒定律有
解得
根据牛顿第二定律得
解得
（3）物块从C滑上滑板后开始做匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达到共同速度v3时，二者开始做匀速运动。规定v2的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv2=（m+M）v3
解得
对物块根据动能定理有
对滑板根据动能定理有
解得；
物块相对滑板的位移＜6.5R
即物块与滑板达到相同速度时，物块未离开滑板，物块滑至D点时速度为vD，则
因为>v3
即两者还未达到共速，板的左端与D点粘连，则
解得L=0.5R
（4）对物块根据动能定理有
对滑板根据动能定理有
解得；
物块相对滑板的位移
即物块与滑板达到相同速度时，物块未离开滑板；
讨论：①当0②当2R≤L<5R，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做功
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）为了从A点做平抛运动，利用位移公式结合竖直方向的速度公式及速度的分解可以求出物块从A点抛出的速度大小；
（2）物块从A到C的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过C点速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出物块受到的支持力的大小；
（3）物块恰好滑动光滑轨道中点时，利用动量守恒定律可以求出与滑板共速的速度大小，结合动能的定理可以求出物块和滑板运动的位移，利用位移的大小可以求出相对位移的大小进而判别两者达到共速，利用动能定理可以求出L的大小；
（4）对于物块和木板，利用动能定理可以求出运动的位移，利用板长的大小结合摩擦力的大小可以求出克服摩擦力做功的大小。
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